G. Parmeggiani 31/5/2019 Algebra e matematica discreta, a.a. 2018/2019, parte di Algebra Scuola di Scienze - Corso di laurea: Informatica
Svolgimento degli Esercizi per casa 12 (1a parte)
1 Si calcoli il determinante delle seguenti matrici:
A =
2 − i 1 0 2 1 + i 3
i 1 1
, B =
i 1 1 + i
−1 1 2
i i 1
, C =
0 1 1 1
2 1 2 1
1 1 1 0
1 1 0 1 + i
.
Conviene sviluppare Det(A) rispetto alla riga o alla colonna che contengono pi´u zeri. In questo caso conviene svilupparlo ripetto alla 1a riga oppure alla 3a colonna. Facciamolo in entrambi i modi, per esercizio.
Rispetto alla 1a riga:
Det(A) = (2 − i)(−1)1+1Det1 + i 3
1 1
+ (−1)1+2Det2 3 i 1
=
= (2 − i)(1 + i − 3) − (2 − 3i) = (2 − i)(−2 + i) − 2 + 3i =
= −4 + 2i + 2i − i2− 2 + 3i = −5 + 7i Rispetto alla 3a colonna:
Det(A) = 3(−1)2+3Det2 − i 1
i 1
+ (−1)3+3Det2 − i 1 2 1 + i
=
= −3(2 − i − i) + [(2 − i)(1 + i) − 2] =
= −3(2 − 2i) + 2 − i + 2i − i2− 2 =
= −6 + 6i + 2 − i + 2i + 1 − 2 = −5 + 7i Sviluppiamo Det(B), ad esempio rispetto alla 1a colonna:
Det
i 1 1 + i
−1 1 2
i i 1
= i(−1)1+1Det1 2 i 1
+
+(−1)(−1)2+1Det1 1 + i
i 1
+ i(−1)3+1Det1 1 + i
1 2
=
= i(1 − 2i) + [1 − i(1 + i)] + i[2 − (1 + i)] =
= i − 2i2+ 1 − i − i2+ 2i − i − i2=
= i + 2 + 1 − i + 1 + 2i − i + 1 =
= 5 + i
Infine sviluppiamo Det(C) ad esempio rispetto alla 3a riga:
DetC = Det
0 1 1 1
2 1 2 1
1 1 1 0
1 1 0 1 + i
= (−1)3+1Det
1 1 1
1 2 1
1 0 1 + i
+
+(−1)3+2Det
0 1 1
2 2 1
1 0 1 + i
+ (−1)3+3Det
0 1 1
2 1 1
1 1 1 + i
Sviluppiamo il primo addendo rispetto alla 2a colonna, mentre il secondo ed il terzo addendo rispetto alla 1a riga.
Det
1 1 1
1 2 1
1 0 1 + i
= (−1)1+2Det1 1 1 1 + i
+ 2(−1)2+2Det1 1 1 1 + i
=
= −(1 + i − 1) + 2(1 + i − 1) = −i + 2i = i
Det
0 1 1
2 2 1
1 0 1 + i
= (−1)1+2Det2 1 1 1 + i
+ (−1)1+3Det2 2 1 0
=
= −[2(1 + i) − 1] + (0 − 2) = −(2 + 2i − 1) − 2 = −1 − 2i − 2 = −3 − 2i
Det
0 1 1
2 1 1
1 1 1 + i
= (−1)1+2Det2 1 1 1 + i
+ (−1)1+3Det2 1 1 1
=
= −[2(1 + i) − 1] + 2 − 1 = −(2 + 2i − 1) + 1 = −1 − 2i + 1 = −2i
Quindi
Det(C) = i − (−3 − 2i) − 2i = i + 3 + 2i − 2i = 3 + i.
2 Sia A(α) =
2 0 0 1
0 α 0 1
4 α − 1 0 1
0 2 3α − 1 1
, dove α ∈ R.
Si dica per quali α ∈ R si ha che A(α) `e non singolare (sugg.: si calcoli il determinante Det(A(α)) di A(α)).
(1) Det(A(α)) = Det
2 0 0 1
0 α 0 1
4 α − 1 0 1
0 2 3α − 1 1
=
= (−1)3+4(3α − 1)Det
2 0 1
0 α 1
4 α − 1 1
=
= −(3α − 1)h
(−1)1+12Det
α 1
α − 1 1
+ (−1)1+3Det0 α 4 α − 1
i
=
= −(3α − 1)h
2(α − α + 1) − 4αi
= −2(3α − 1)(1 − 2α)
Poich`e A(α) `e non singolare se e solo se Det(A(α)) 6= 0, dal punto (1) otteniamo che
A(α) `e non singolare ⇐⇒ −2(3α − 1)(1 − 2α) 6= 0 ⇐⇒ α 6= 1 3,1
2.
3 Sia A = 0 −2i 2i 0
. Si calcolino:
– gli autovalori di A,
– le loro molteplicit`a algebriche e – le loro molteplicit`a geometriche.
Il polinomio caratteristico di A `e:
pA(x) = Det(A − xI2) = Det−x −2i 2i −x
= (−x)2− (−2i) · 2i = x2+ 4i2=
= x2− 4.
Gli autovalori di A sono gli zeri del polinomio carattaristico pA(x) di A, ossia le soluzioni dell’equazione pA(x) = 0. Dal momento che le soluzioni dell’equazione
x2− 4 = 0 sono −2 e 2, gli autovalori di A sono:
λ1= −2 e λ2= 2.
Siano m1 ed m2 le molteplicit`a algebriche e d1 e d2 le molteplicit`a geometriche di λ1e λ2 rispettivamente. Da
pA(x) = x2− 4 = (x + 2)(x − 2) = (x − λ1)m1(x − λ2)m2
otteniamo:
m1= 1 e m2= 1.
Infine, da 1 ≤ di≤ mi= 1 per i = 1, 2, otteniamo:
d1= 1 e d2= 1.
4 Sia A =
−2 0 2i
0 −8 0
2i 0 −6
. Si calcolino:
– gli autovalori di A,
– le loro molteplicit`a algebriche e – le loro molteplicit`a geometriche.
Il polinomio caratteristico di A `e:
pA(x) = Det(A − xI3) = Det
−2 − x 0 2i
0 −8 − x 0
2i 0 −6 − x
=
= (−1)2+2(−8 − x)Det−2 − x 2i 2i −6 − x
=
= (−8 − x)[(−2 − x)(−6 − x) − 4i2] =
= (−8 − x)(12 + 6x + 2x + x2+ 4) =
= (−8 − x)(x2+ 8x + 16) =
= (−8 − x)(x + 4)2.
Gli autovalori di A sono gli zeri del polinomio caratteristico pA(x) di A, ossia le soluzioni dell’equazione pA(x) = 0. Dal momento che le soluzioni dell’equazione
(−8 − x)(x + 4)2= 0 sono −8 e −4, gli autovalori di A sono:
λ1= −8 e λ2= −4.
Siano m1 ed m2 le molteplicit`a algebriche e d1 e d2 le molteplicit`a geometriche di λ1e λ2 rispettivamente. Da
pA(x) = (−8 − x)(−4 − x)2= (λ1− x)m1(λ2− x)m2
otteniamo:
m1= 1 e m2= 2.
Infine, da 1 ≤ di≤ mi= 1 per i = 1, 2, otteniamo:
d1= 1 e 1 ≤ d2≤ 2.
d2 = dim(EA(λ2)) = dim(EA(−4)) = dim(N (A + 4I3)) =
= [numero delle colonne di (A + 4I3)] − [rk(A + 4I3)] =
= 3 − [rk(A + 4I3)].
Da una E.G. su A + 4I3 otteniamo:
A + 4I3 =
2 0 2i
0 −4 0
2i 0 −2
E31(−2i)E1(12)
−−−−−−−−−−→
1 0 i
0 −4 0
0 0 0
→
E2(−14)
−−−−−→
1 0 i 0 1 0 0 0 0
,
per cui
rk(A + 4I3) = rk
1 0 i 0 1 0 0 0 0
= 2
e quindi
d2= 3 − 2 = 1.
5 Si trovino basi degli autospazi delle matrici considerate negli esercizi 3 e 4.
Le matrici considerate negli esercizi 3 e 4 sono:
A = 0 −2i 2i 0
e B =
−2 0 2i
0 −8 0
2i 0 −6
,
ed abbiamo calcolato:
matrice autovalori molteplicit`a geometriche
A λ1= −2 e λ2= 2 d1= d2= 1
B λ1= −8 e λ2= −4 d1= d2= 1
In particolare, ciascuno degli autospazi EA(λi) ed EB(λi) per i = 1, 2 ha di- mensione 1, per cui una sua base ha un unico elemento.
EA(λ1) = EA(−2) = N (A + 2I2) = N 2 −2i 2i 2
Da una E.G. su A + 2I2 : 2 −2i 2i 2
E21(−2i)E1(1
2)
−−−−−−−−−−→ 1 −i 0 0
, segue
EA(−2) = N 2 −2i 2i 2
= N1 −i 0 0
=nih h
h ∈ Co
,
e quindin i 1
o
`e una base di EA(λ1) = EA(−2).
EA(λ2) = EA(2) = N (A − 2I2) = N−2 −2i 2i −2
Da una E.G. su A−2I2 : −2 −2i 2i −2
E21(−2i)E1(−12)
−−−−−−−−−−−−→ 1 i 0 0
, segue
EA(2) = N−2 −2i 2i −2
= N1 i 0 0
=n−ih h
h ∈ Co
,
e quindin−i 1
o
`
e una base di EA(λ2) = EA(2).
EB(λ1) = EB(−8) = N (B + 8I3) = N
6 0 2i 0 0 0 2i 0 2
Da una E.G. su B + 8I3 :
6 0 2i 0 0 0 2i 0 2
E31(−2i)E1(16)
−−−−−−−−−−→
1 0 13i 0 0 0 0 0 83
E2(38)E23
−−−−−−−→
1 0 13i 0 0 1 0 0 0
, segue che
EB(−8) = N
6 0 2i 0 0 0 2i 0 2
= N
1 0 13i 0 0 1 0 0 0
=n
0 h 0
h ∈ Co
,
e quindin
0 1 0
o
`e una base di EB(λ1) = EB(−8).
EB(λ2) = EB(−4) = N (B + 4I3) = N
2 0 2i
0 −4 0
2i 0 −2
Da una E.G. su B + 4I3 :
2 0 2i
0 −4 0 2i 0 −2
E31(−2i)E1(12)
−−−−−−−−−−→
1 0 i
0 −4 0
0 0 0
E2(−14)
−−−−→
1 0 i 0 1 0 0 0 0
,
segue che
EB(−4) = N
2 0 2i
0 −4 0 2i 0 −2
= N
1 0 i 0 1 0 0 0 0
=n
−ih 0 h
h ∈ Co
,
e quindin
−i 0 1
o
`
e una base di EB(λ2) = EB(−4).
6 Sia A(α) =
−1 0 3 1 α −1 7 0 −5
, dove α ∈ C.
(a) Per ogni α ∈ C si calcolino gli autovalori di A(α) e le loro molteplicit`a algebriche e geometriche.
(b) Siano A = A(2) e B = A(−8) le matrici che si ottengono ponendo α = 2 ed α = −8 rispettivamente. Si trovino basi degli autospazi di A e di B.
(a) Gli autovalori di A(α) sono gli zeri del suo polinomio caratteristico. Il polinomio caratteristico di A(α) `e:
pA(α)(x) = Det(A(α) − xI3) =
= Det
−1 − x 0 3
1 α − x −1
7 0 −5 − x
=
= (−1)2+2(α − x)Det−1 − x 3 7 −5 − x
=
= (α − x)[(−1 − x)(−5 − x) − 21] =
= (α − x)(5 + 5x + x + x2− 21) =
= (α − x)(x2+ 6x − 16).
L’equazione α − x = 0 ha un’unica souzione: α.
L’equazione x2+ 6x − 16 = 0 ha due soluzioni distinte: −8 e 2.
Quindi otteniamo:
matrice autovalori molteplicit`a algebriche molteplicit`a geometriche
A(α) λ1= −8 m1= 1 d1= 1
α 6∈ {−8, 2} λ2= 2 m2= 1 d2= 1
λ3= α m3= 1 d3= 1
A = A(2) λ1= −8 m1= 1 d1= 1
λ2= 2 m2= 2 1 ≤ d2≤ 2
B = A(−8) λ1= −8 m1= 2 1 ≤ d1≤ 2
λ2= 2 m2= 1 d2= 1
Per finire di rispondere alla domanda (a) resta da calcolare:
d2= dim(EA(2)(λ2)) = dim(EA(2)) e d1= dim(EA(−8)(λ1)) = dim(EB(−8)).
dove
A = A(2) e B = A(−8).
EA(2) = N (A − 2I3) = N
−3 0 3 1 0 −1 7 0 −7
Da una E.G. su A − 2I3 :
−3 0 3 1 0 −1 7 0 −7
E31(−7)E21(−1)E1(−13)
−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 −1 0 0 0 0 0 0
,
segue che
d2 = dim(EA(2)) = dim(N (A − 2I3) =
= [(numero di colonne di A − 2I3) − rk(A − 2I3)] = 3 − 1 = 2.
EB(−8) = N (B + 8I3) = N
7 0 3 1 0 −1 7 0 3
Da una E.G. su B + 8I3 :
7 0 3 1 0 −1 7 0 3
E31(−7)E21(−7)E12
−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 −1 0 0 10 0 0 10
E32(−10)E2(101)
−−−−−−−−−−→
1 0 −1 0 0 1 0 0 0
,
segue che
d1 = dim(EB(−8)) = dim(N (B + 8I3) =
= [(numero di colonne di B + 8I3) − rk(B + 8I3)] = 3 − 2 = 1.
(b) Al Punto (a) abbiamo visto che la matrice A = A(2) ha autovalori λ1= −8 e λ2= 2 con molteplicit`a geometriche d1= 1 e d2= 2.
EA(−8) = N (A + 8I3) = N
7 0 3
1 10 −1
7 0 3
Da una E.G. su A + 8I3 :
7 0 3
1 10 −1
7 0 3
E31(−7)E21(−1)E1(17)
−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 37 0 10 −107
0 0 0
E2(101)
−−−−→
1 0 37 0 1 −17 0 0 0
,
segue che
EA(−8) = N
7 0 3
1 10 −1
7 0 3
= N
1 0 37 0 1 −17 0 0 0
=n
−37h
1 7h
h
h ∈ Co
,
en
−37
1 7
1
o
`
e una base di EA(−8).
Al punto (a) abbiamo visto che
EA(2) = N
−3 0 3 1 0 −1 7 0 −7
= N
1 0 −1 0 0 0 0 0 0
,
per cui
EA(2) =n
k h k
h, k ∈ Co e n
0 1 0
;
1 0 1
o
`
e una base di EA(2).
Al punto (a) abbiamo anche visto che la matrice B = A(−8) ha autovalori λ1= −8 e λ2= 2 con molteplicit`a geometriche d1= 1 e d2= 1.
EB(2) = N (B − 2I3) = N
−3 0 3
1 −10 −1
7 0 −7
Da una E.G. su B − 2I3 :
−3 0 3
1 −10 −1
7 0 −7
E31(−7)E21(−1)E1(−13)
−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 −1
0 −10 0
0 0 0
E2(−101)
−−−−→
1 0 −1 0 1 0 0 0 0
,
segue che
EB(2) = N
−3 0 3
1 −10 −1
7 0 −7
= N
1 0 −1 0 1 0 0 0 0
=n
h 0 h
h ∈ Co
,
en
1 0 1
o
`e una base di EB(2).
Al punto (a) abbiamo visto che
EB(−8) = N
7 0 3 1 0 −1 7 0 3
= N
1 0 −1 0 0 1 0 0 0
,
per cui
EB(−8) =n
0 h 0
h ∈ Co
e n
0 1 0
o
`e una base di EB(−8).
7 Sia A(α) =
α
2 + 1 α2 0
α 2
α
2 + 1 0
0 0 α
, dove α ∈ C.
(a) Per quali α ∈ C si ha che 3 `e un autovalore di A(α) ?
(b) Per quali α ∈ C la matrice A(α) ha due autovaori uguali ? In questi casi dire se A(α) `e o non `e diagonalizzabile.
(a) Il polinomio caratteristico di A(α) `e:
pA(α)(x) = Det(A(α) − xI3) =
= Det
α
2 + 1 − x α2 0
α 2
α
2 + 1 − x 0
0 0 α − x
=
= (−1)3+3(α − x)Det
α
2 + 1 − x α2
α 2
α
2 + 1 − x
=
= (α − x)h
α
2 + 1 − x2
−
α 2
2i
=
= (α − x)
α
2 + 1 − x −α2
α
2 + 1 − x +α2
=
= (α − x)(1 − x)(α + 1 − x).
Gi autovalori di A(α) sono gli zeri del polinomio caratteristico pA(α)(x), ossia le soluzioni dell’equazione:
(α − x)(1 − x)(α + 1 − x) = 0, cio`e 1, α ed α + 1.
Dunque
3 `e autovalore di A(α) ⇐⇒ α = 3 oppure α + 1 = 3
⇐⇒ α = 3 oppure α = 2.
(b) Dai conti svolti in (a), otteniamo che
A(α) ha due autovalori uguali ⇐⇒ α = 1 oppure α + 1 = 1
⇐⇒ α = 1 oppure α = 0.
Studiamo i casi α = 1 ed α = 0. Abbiamo:
matrice autovalori molteplicit`a algebriche molteplicit`a geometriche
A(1) λ1= 1 m1= 2 1 ≤ d1≤ 2
λ2= 2 m2= 1 d2= 1
A(0) λ1= 0 m1= 1 d1= 1
λ2= 1 m2= 2 1 ≤ d2≤ 2
Dal momento che una matrice `e diagonalizzabile se e solo se ciascun suo auto- valore ha le due molteplicit`a, algebrica e geometrica, uguali tra loro, abbiamo:
A(1) `e diagonalizzabile ⇐⇒ d1= dim(EA(1)(1)) = m1= 2 A(0) `e diagonalizzabile ⇐⇒ d2= dim(EA(0)(1)) = m2= 2.
d1 = dim(EA(1)(1)) = dim(N (A(1) − I3) =
= [numero di colonne di A(1) − I3] − rk(A(1) − I3) =
= 3 − rk(A(1) − I3)
d2 = dim(EA(0)(1)) = dim(N (A(0) − I3) =
= [numero di colonne di A(0) − I3] − rk(A(0) − I3) =
= 3 − rk(A(0) − I3) Da una E.G. su A(1) − I3:
A(1) − I3=
3 2
1 2 0
1 2
3 2 0 0 0 1
− I3=
1 2
1 2 0
1 2
1 2 0 0 0 0
E21(−12)E1(2)
−−−−−−−−−→
1 1 0 0 0 0 0 0 0
,
per cui rk(A(1) − I3) = 1, e quindi
d1= dim(EA(1)(1)) = 3 − 1= 2.
In conclusione, A(1) `e diagonalizzabile.
Da una E.G. su A(0) − I3:
A(0) − I3=
1 0 0 0 1 0 0 0 0
− I3=
0 0 0 0 0 0 0 0 −1
E1(−1)E13
−−−−−−−−→
0 0 1 0 0 0 0 0 0
,
per cui rk(A(0) − I3) = 1, e quindi
d2= dim(EA(0)(1)) = 3 − 1= 2.
In conclusione, anche A(0) `e diagonalizzabile.
8 Si dica se le matrici considerate negli esercizi 3 e 4 sono diagonalizzabili oppure no.
Le matrici considerate negli esercizi 3 e 4 sono:
A = 0 −2i 2i 0
e B =
−2 0 2i
0 −8 0
2i 0 −6
,
ed abbiamo calcolato:
Ogni autovalore di A ha molteplicit`a algebrica e geometrica uguali (A ha auto- valori distinti, per cui ogni suo autovalore ha molteplicit`a algebrica uguale ad 1 e conseguentemente, essendo
1 ≤ molteplicit`a geometrica ≤ molteplicit`a algebrica(= 1) anche molteplicit`a geometrica uguale ad 1).
Dunque A `e diagonalizzabile.
La matrice B ha un autovalore (l’autovalore λ2 = −4) in cui la molteplicit`a algebrica (m2= 2) `e diversa dalla molteplicit`a geometrica (d2= 1).
matrice autovalori molteplicit`a algebriche molteplicit`a geometriche
A λ1= −2 m1= 1 d1= 1
λ2= 2 m2= 1 d2= 1
B λ1= −8 m1= 1 d1= 1
λ2= −4 m2= 2 d2= 1
Dunque B non `e diagonalizzabile.
9 Sia A(α) la matrice considerata nell’esercizio 6. Per quegli α ∈ C per cui A(α) `e diagonalizzabile, si trovi una diagonalizzazione di A(α).
La matrice considerata nell’esercizio 6 `e
A(α) =
−1 0 3 1 α −1 7 0 −5
, dove α ∈ C, ed abbiamo calcolato:
matrice autovalori molteplicit`a algebriche molteplicit`a geometriche
A(α) λ1= −8 m1= 1 d1= 1
α 6∈ {−8, 2} λ2= 2 m2= 1 d2= 1
λ3= α m3= 1 d3= 1
A = A(2) λ1= −8 m1= 1 d1= 1
λ2= 2 m2= 2 d2= 2
B = A(−8) λ1= −8 m1= 2 d1= 1
λ2= 2 m2= 1 d2= 1
Solo per α = −8 la matrice A(α) = A(−8) = B ha un autovalore (λ1= −8) con molteplicit`a algebrica (m1 = 2) diversa dalla molteplicit`a geometrica (d1 = 1).
Quindi
A(α) `e diagonalizzabile ⇐⇒ α 6= −8.
Troviamo una diagonalizzazione per A(α) per ogni α 6= −8.
caso α 6∈ {−8, 2} :
EA(α)(λ1) = EA(α)(−8) = N (A(α) + 8I3) = N
7 0 3
1 α + 8 −1
7 0 3
Da una E.G. su A(α) + 8I3 :
7 0 3
1 α + 8 −1
7 0 3
E31(−7)E21(−1)E1(17)
−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 37
0 α + 8 −107
0 0 0
→
α6=−8: E2(α+81 )
−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 37 0 1 −7(α+8)10
0 0 0
,
segue che
EA(α)(−8) = N
7 0 3
1 α + 8 −1
7 0 3
= N
1 0 37 0 1 −7(α+8)10
0 0 0
=
=n
−37h
10 7(α+8)h
h
h ∈ Co
,
e quindin v1=
−37
10 7(α+8)
1
o
`
e una base di EA(α)(λ1) = EA(α)(−8).
EA(α)(λ2) = EA(α)(2) = N (A(α) − 2I3) = N
−3 0 3
1 α − 2 −1
7 0 −7
Da una E.G. su A(α) − 2I3 :
−3 0 3
1 α − 2 −1
7 0 −7
E31(−7)E21(−1)E1(−13)
−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 −1
0 α − 2 0
0 0 0
→
α6=2: E2(α−21 )
−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 −1 0 1 0 0 0 0
,
segue che
EA(α)(2) = N
−3 0 3
1 α − 2 −1
7 0 −7
= N
1 0 −1 0 1 0 0 0 0
=n
h 0 h
h ∈ Co
,
e quindin v2=
1 0 1
o
`
e una base di EA(α)(λ2) = EA(α)(2).
EA(α)(λ3) = EA(α)(α) = N (A(α) − αI3) = N
−1 − α 0 3
1 0 −1
7 0 −5 − α
Da una E.G. su A(α) − αI3 :
−1 − α 0 3
1 0 −1
7 0 −5 − α
E12
−−→
1 0 −1
−1 − α 0 3 7 0 −5 − α
E31(−7)E21(1+α)
−−−−−−−−−−→
→
1 0 −1 0 0 2 − α 0 0 2 − α
α6=2: E32(−2+α)E2(α−21 )
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 −1 0 0 1 0 0 0
,
segue che
EA(α)(α) = N
−1 − α 0 3
1 0 −1
7 0 −5 − α
= N
1 0 −1 0 0 1 0 0 0
=
=n
0 h 0
h ∈ Co
,
e quindin v3=
0 1 0
o`e una base di EA(α)(λ3) = EA(α)(α).
Dunque se α 6∈ {−8, 2}, una diagonalizzazione di A(α) `e:
A(α) = S(α)D(α)S(α)−1 con
D(α) =
λ1 0 0 0 λ2 0 0 0 λ3
=
−8 0 0
0 2 0
0 0 α
ed
S(α) = v1 v2 v3 =
−37 1 0
10
7(α+8) 0 1
1 1 0
.
caso α = 2 : Posto A = A(2), nell’Esercizio 8 degli “Esercizi per casa 10”abbiamo visto che
n v1=
−37
1 7
1
o
`
e una base di EA(λ1) = EA(−8) e
nw1=
1 0 1
; w2=
0 1 0
o`e una base di EA(λ2) = EA(2).
Dunque se α = 2, una diagonalizzazione di A = A(2) `e:
A = SDS−1 con
D =
λ1 0 0 0 λ2 0 0 0 λ2
=
−8 0 0 0 2 0 0 0 2
ed
S = v1 w1 w2 =
−37 1 0
1
7 0 1
1 1 0
.
N.B.: Per ogni α 6= −8, una diagonalizzazione di A(α) `e:
A(α) = S(α)D(α)S(α)−1 con
D(α) =
−8 0 0
0 2 0
0 0 α
ed S(α) =
−37 1 0
10
7(α+8) 0 1
1 1 0
.
10 Sia A(α) =2 i i α
, dove α ∈ C.
Per quali α ∈ C si ha che di A(α) `e diagonalizzabile ?
Poich`e A(α) `e una matrice 2 × 2 non scalare, allora A(α) `e diagonalizzabile se e solo se ha i (due) autovalori distinti (perch`e solo in tal caso ciascun suo autovalore ha molteplicit`a algebrica e geometrica uguali).
Il polinomio caratteristico di A(α) `e:
pA(α)(x) = Det(A(α) − xI2) = Det2 − x i i α − x
=
= (2 − x)(α − x) − i2=
= 2α − αx − 2x + x2+ 1 =
= x2− (α + 2)x + (2α + 1).
Quindi gli autovalori di A(α) sono:
λ1= α+2+
√
(α+2)2−4(2α+1)
2 =α+2+
√α2+4+4α−8α−4
2 = α+2+
√α2−4α
2 e
λ2= α+2−
√
(α+2)2−4(2α+1)
2 =α+2−
√
α2+4+4α−8α−4
2 = α+2−
√ α2−4α
2 .
Quindi
λ16= λ2 ⇐⇒ p
α2− 4α 6= 0 ⇐⇒ α2− 4α 6= 0 ⇐⇒ α 6∈ {0, 4}, e concludiamo che
A(α) `e diagonalizzabile ⇐⇒ α 6∈ {0, 4},
11 Sia A(α) =
−2 2i 0
2i 2 + α 0
0 0 α
, dove α ∈ R.
Per quali α ∈ R si ha che di A(α) `e diagonalizzabile ?
A(α) `e diagonalizzabile se e solo se ciascun suo autovalore ha le due molteplicit`a, algebrica e geometrica, uguali tra loro. Calcoliamo gli autovalori di A(α) e le loro molteplicit`a.
Il polinomio caratteristico di A(α) `e:
pA(α)(x) = Det(A(α) − xI3) = Det
−2 − x 2i 0
2i 2 + α − x 0
3i 0 α − x
=
= (−1)3+3(α − x)Det−2 − x 2i 2i 2 + α − x
=
= (α − x)[(−2 − x)(2 + α − x) − 4i2] =
= (α − x)(−4 − 2x − 2α − αx + 2x + x2+ 4) =
= (α − x)(x2− αx − 2α).
Qundi gli autovalori di A(α) sono:
λ1= α, λ2= α +√
α2+ 8α
2 e λ3= α −√
α2+ 8α
2 .
Dal momento che
λ1= λ2 ⇐⇒ 2α = α +√
α2+ 8α ⇐⇒ α =√
α2+ 8α ⇐⇒ α = 0, λ1= λ3 ⇐⇒ 2α = α −√
α2+ 8α ⇐⇒ α = −√
α2+ 8α ⇐⇒ α = 0, λ2= λ3 ⇐⇒ √
α2+ 8α = 0 ⇐⇒ α ∈ {0, −8}, abbiamo:
Dunque:
• se α 6∈ {0, −8} la matrice A(α) `e diagonalizzabile.
•• A(0) sarebbe diagonalizzabile solo se fosse d1=dim(EA(0)(0)) = m3= 3.
matrice autovalori molteplicit`a algebriche molteplicit`a geometriche
A(α) λ1= α m1= 1 d1= 1
α 6∈ {0, −8} λ2= α+
√ α2+8α
2 m2= 1 d2= 1
λ3= α−
√ α2+8α
2 m3= 1 d3= 1
A(0) λ1= 0 m1= 3 1 ≤ d1≤ 3
A(−8) λ1= −8 m1= 1 d1= 1
λ2= −4 m2= 2 1 ≤ d2≤ 2
N.B.: Se fosse dim(EA(0)(0)) = 3 sarebbe EA(0)(0) = C3, e quindi A(0) = O.
Dunque, essendo A(0) =
−2 2i 0 2i 2 0
0 0 0
6= O, A(0) non `e diagonalizzabile.
• • • A(−8) `e diagonalizzabile ⇐⇒ d2= dim(EA(−8)(−4)) = m2= 2
d2 = dim(EA(−8)(−4)) = dim(N (A(−8) + 4I3) =
= [numero di colonne di A(−8) + 4I3] − rk(A(−8) + 4I3) =
= 3 − rk(A(−8) + 4I3) Da una E.G. su A(−8) + 4I3:
A(1) + 2I3=
−2 2i 0
2i −6 0
0 0 −8
+ 4I3=
2 2i 0 2i −2 0
0 0 −4
E21(−2i)E1(12)
−−−−−−−−−−→
→
1 i 0 0 0 0 0 0 −4
E2(−14)E23
−−−−−−−−−−→
1 i 0 0 0 1 0 0 0
,
per cui rk(A(−8) + 4I3) = 2, e quindi
d2= dim(EA(−8)(−4)) = 3 − 2= 1.
Dunque A(−8) non `e diagonalizzabile.
In conclusione abbiamo:
A(α) `e diagonalizzabile ⇐⇒ α 6∈ {0, −8}.
12 Sia A(α) =
0 0 −3i
0 −3 0
−3iα 0 0
, dove α `e un numero reale non positivo.
Per quali α numeri reali non positivi si ha che di A(α) `e diagonalizzabile ? A(α) `e diagonalizzabile se e solo se ciascun suo autovalore ha le due molteplicit`a, algebrica e geometrica, uguali tra loro. Calcoliamo gli autovalori di A(α) e le loro molteplicit`a.
Il polinomio caratteristico di A(α) `e:
pA(α)(x) = Det(A(α) − xI3) = Det
−x 0 −3i
0 −3 − x 0
−3iα 0 −x
=
= (−1)2+2(−3 − x)Det
−x −3i
−3iα −x
=
= (−3 − x)(x2− 9i2α) =
= (−3 − x)(x2+ 9α).
Quindi gli autovalori di A(α) sono (α ∈ R con α ≤ 0):
λ1= −3, λ2=√
−9α = 3√
−α e λ3= −√
−9α = −3√
−α.
Dal momento che α `e un numero reale non positivo, allora
λ16= λ2,
λ1= λ3 ⇐⇒ α = −1, λ2= λ3 ⇐⇒ α = 0.
matrice autovalori molteplicit`a algebriche molteplicit`a geometriche
A(α) λ1= −3 m1= 1 d1= 1
α 6∈ {0, −1} λ2= 3√
−α m2= 1 d2= 1
λ3= −3√
−α m3= 1 d3= 1
A(0) λ1= −3 m1= 1 d1= 1
λ2= 0 m2= 2 1 ≤ d2≤ 2
A(−1) λ1= −3 m1= 2 1 ≤ d1≤ 2
λ2= 3 m2= 1 d2= 1
Quindi se α 6∈ {0, −1} allora A(α) `e diagonalizzabile.
Anche A = A(−1) `e diagonalizzabile: abbiamo visto in (a) che `e addirittura unitariamente diagonalizzabile (quindi `e vero, e non occorre verificarlo, ched1= dim(EA(−1)(−3)) = m1= 2).
Inoltre:
A(0) `e diagonalizzabile ⇐⇒ d2= dim(EA(0)(0)) = m2= 2.
d2 = dim(EA(0)(0)) = dim(N (A(0)) =
= [numero di colonne di A(0)] − rk(A(0)) =
= 3 − rk(A(0)) Da una E.G. su A(0):
A(0) =
0 0 −3i 0 −3 0
0 0 0
E2(13i)E1(−13)E12
−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
0 1 0 0 0 1 0 0 0
,
per cui rk(A(0)) = 2, e quindi
d2= dim(EA(0)(0)) = 3 − 2= 1.
Dunque A(0) non `e diagonalizzabile.
In conclusione (essendo α reale non positivo):
A(α) `e diagonalizzabile ⇐⇒ α ∈ R con α < 0.
13 Sia A(α) =2 i i α
, dove α ∈ C (si veda l’esercizio 10 )
(a) Per quali α ∈ C si ha che di A(α) `e unitariamente diagonalizzabile ?
(a) A(α) `e unitariamente diagonalizzabile ⇐⇒ A(α) `e normale ⇐⇒
⇐⇒ A(α)A(α)H = A(α)HA(α).
Calcoliamo A(α)H:
A(α)H =2 i i α
= 2 −i
−i α
.
Calcoliamo ora A(α)A(α)H ed A(α)HA(α):
A(α)A(α)H =2 i i α
2 −i
−i α
=
= 4 + 1 −2i + iα 2i − αi 1 + αα
=
5 −2i + iα 2i − αi 1 + |α|2
,
A(α)HA(α) = 2 −i
−i α
2 i i α
=
=
4 + 1 2i − iα
−2i + αi 1 + αα
=
5 2i − iα
−2i + αi 1 + |α|2
.
Imponendo l’uguaglianza A(α)A(α)H= A(α)HA(α) otteniamo:
A(α)A(α)H = A(α)HA(α) ⇐⇒ −2i + iα = 2i − iα ⇐⇒ α + α = 4.
Scrivendo α in forma algebrica:
α = a + ib con a, b ∈ R, abbiamo che α = a − ib per cui
α + α = (a + ib) + (a − ib) = 2a = 4 ⇐⇒ a = 2 ⇐⇒ α = 2 + ib con b ∈ R.
In conclusione,
A(α) `e unitariamente diagonalizzabile ⇐⇒ α = 2 + ib con b ∈ R.
14 Sia A(α) =
−2 2i 0
2i 2 + α 0
0 0 α
, dove α ∈ R (si veda l’esercizio 11 ).
(a) Per quali α ∈ R si ha che di A(α) `e unitariamente diagonalizzabile ?
(a) A(α) `e unitariamente diagonalizzabile ⇐⇒ A(α) `e normale ⇐⇒
⇐⇒ A(α)A(α)H = A(α)HA(α).
Calcoliamo A(α)H, tenendo conto del fatto che da α ∈ R segue α = α:
A(α)H=
−2 2i 0
2i 2 + α 0
0 0 α
=
−2 −2i 0
−2i 2 + α 0
0 0 α
.
Calcoliamo ora A(α)A(α)H ed A(α)HA(α):
A(α)A(α)H =
−2 2i 0
2i 2 + α 0
0 0 α
−2 −2i 0
−2i 2 + α 0
0 0 α
=
=
8 8i + 2iα 0
−8i − 2iα 4 + (2 + α)2 0
0 0 α2
,
A(α)HA(α) =
−2 −2i 0
−2i 2 + α 0
0 0 α
−2 2i 0
2i 2 + α 0
0 0 α
=
=
8 −8i − 2iα 0 8i + 2iα 4 + (2 + α)2 0
0 0 α2
.
Imponendo l’uguaglianza A(α)A(α)H= A(α)HA(α) otteniamo:
A(α)A(α)H = A(α)HA(α) ⇐⇒ 8i + 2iα = −8i − 2iα ⇐⇒ α = −4.
15 Sia A(α) =
0 0 −3i
0 −3 0
−3iα 0 0
, dove α `e un numero reale non positivo (si veda l’esercizio 12 ).
(a) Per quali α numeri reali non positivi si ha che di A(α) `e unitariamente diagonalizzabile ?
(a) A(α) `e unitariamente diagonalizzabile ⇐⇒ A(α) `e normale ⇐⇒
⇐⇒ A(α)A(α)H = A(α)HA(α).
Calcoliamo A(α)H, tenendo conto del fatto che da α ∈ R segue α = α:
A(α)H =
0 0 −3iα
0 −3 0
−3i 0 0
=
0 0 3iα
0 −3 0
3i 0 0
. Calcoliamo ora A(α)A(α)H ed A(α)HA(α):
A(α)A(α)H =
0 0 −3i
0 −3 0
−3iα 0 0
0 0 3iα
0 −3 0
3i 0 0
=
=
9 0 0
0 9 0
0 0 9α2
,
A(α)HA(α) =
0 0 3iα
0 −3 0
3i 0 0
0 0 −3i
0 −3 0
−3iα 0 0
=
=
9α2 0 0
0 9 0
0 0 9
.
Imponendo l’uguaglianza A(α)A(α)H= A(α)HA(α), e tenendo conto che α `e non positivo, otteniamo:
A(α)A(α)H= A(α)HA(α) ⇐⇒ α2= 1 ⇐⇒ α = −1.
